“AÑO DE LA UNIVERSALIZACIÓN

DE LA SALUD”
UNIVERSIDAD NACIONAL DE PIURA
FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL

TÍTULO:
MECÁNICA DEL HILO

CURSO:
DINÁMICA

APELLIDOS Y NOMBRES:
ZUNINI MEJÍA ENRIQUE JAIR

FECHA DE ENTREGA:
18/11/2020
22:45
 INTRODUCCIÓN

En el presente, estudiaremos y analizaremos la mecánica del hilo (que se entiende por hilo a un

alambre o una barra muy fina), que puede adquirir diferentes formas dependiendo de las fuerzas

externas que actúen sobre él.

Debemos tener en cuenta que nos interesa la forma que toma cuando se le aplican todo tipo de

fuerzas, es aquí donde debemos tener en cuenta que trabajaremos con hilos inextensibles e ideales.

Las características que definen estos hilos las nombraremos como hipótesis de partida, que son

las siguientes:

Sección despreciable. Se considera que el hilo posee una dimensión predominante, mucho

mayor que los otros dos, por lo que puede ser idealizado según una línea, sin sección transversal.

Tan sólo será necesario considerar esta sección a efecto de calcular su peso específico o peso

propio por unidad de longitud, en función de la sección transversal y su densidad.

Flexibilidad perfecta. El hilo no resiste esfuerzos de flexión, y por lo tanto tampoco de corte.

Tan sólo resiste esfuerzos en dirección tangencial o longitudinal.

Inextensibilidad. Cuando está sometido a tracción, el hilo es lo suficientemente rígido (en

dirección longitudinal) como para que se pueda despreciar su extensibilidad. Por el contrario,

sometido a compresión, el hilo no ofrece resistencia y se arruga.

 MECÁNICA DEL HILO

I. EQUILIBRIO DEL HILO INEXTENSIBLE

Supongamos que tenemos la curva del hilo 𝑟(𝑠), parametrizada por longitud de arco, está

sometido a diferentes fuerzas en sus extremos y que es afectada también por su propia carga (peso),

tenemos lo siguiente:

En donde:

- Tensión en P: (−𝑇)

- Tensión en Q: (𝑇 + 𝑑𝑇 )

- Carga aplicada por unidad de longitud: (𝑞𝑑𝑠)

Ahora expresamos la resultante del sistema e igualamos a cero:

−𝑇 + (𝑇 + 𝑑𝑇) + 𝑞𝑑𝑠 = 0

𝑑𝑇 + 𝑞𝑑𝑠 = 0

𝑑𝑇
+𝑞 =0
𝑑𝑠
 1.1. Ecuaciones del equilibrio del hilo en coordenada intrínsecas

La ecuación de equilibrio que hemos hallado anteriormente la podemos expresar en función del

triedro móvil de Frenet-Serret, en donde se expresa la derivada de la tangente:

𝑑𝑡 𝑛
=
𝑑𝑠 𝜌

Siendo 𝑛 la normal principal y 𝜌 el radio de curvatura.

Teniendo en cuenta que la tensión 𝑇 siempre esta dirigida por la tangente, es decir, por el versor

𝑡, la podemos escribir de la siguiente manera:

𝑇 = 𝑇𝑡

Sustituyendo este nuevo 𝑇 en la ecuación de equilibrio tenemos:

𝑑(𝑇𝑡)
+𝑞 =0
𝑑𝑠
 𝑑𝑇 𝑑𝑡
𝑡+ 𝑇+𝑞 =0
𝑑𝑠 𝑑𝑠

𝑑𝑇 𝑛
𝑡+ 𝑇+𝑞 =0
𝑑𝑠 𝜌

Entonces las expresiones para las direcciones del triedro móvil, siendo (𝑞𝑡 , 𝑞𝑛 , 𝑞𝑏 ), las

expresiones para la carga en las 3 direcciones:

𝑑𝑇
+ 𝑞𝑡 = 0 (𝐷𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑇𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒)
𝑑𝑠
𝑇
+ 𝑞𝑛 = 0 (𝐷𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙)
𝜌
{ 𝑞𝑏 = 0 (𝐷𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝐵𝑖𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙)

1.2. Ecuaciones de equilibrio del hilo en coordenadas cartesianas

Como en el caso de las coordenadas intrínsecas, de manera análoga podemos hallar las

ecuaciones de equilibrio en coordenadas cartesianas, teniendo en cuenta las respectivas

componentes:

𝑟 = (𝑥, 𝑦, 𝑧)

𝑞 = (𝑞𝑥 , 𝑞𝑦 , 𝑞𝑧 )

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧
𝑡=( , , )
𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠

Considerando que la tensión 𝑇 se expresa en función de la tangente: 𝑇 = 𝑇𝑡

Las ecuaciones quedarían de la siguiente manera:

 𝑑 𝑑𝑥
(𝑇 ) + 𝑞𝑥 = 0
𝑑𝑠 𝑑𝑥
𝑑 𝑑𝑦
(𝑇 ) + 𝑞𝑦 = 0
𝑑𝑠 𝑑𝑥
𝑑 𝑑𝑧
{ 𝑑𝑠 𝑑𝑥) + 𝑞𝑧 = 0
(𝑇

1.3. Casos de fuerzas conservativas para el hilo

Siendo q, la carga aplicada por unidad de longitud, se puede hallar un potencial:

𝑞 = −𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑉) ⟹ 𝑑𝑉 = −𝑞. 𝑑𝑟

Si proyectamos esta ecuación vectorial sobre la tangente 𝑡:

𝑑𝑇. 𝑡 + 𝑞𝑑𝑠. 𝑡 = 0

𝑑𝑇 + 𝑞. 𝑑𝑟 = 0

Reemplazando 𝑑𝑉 = −𝑞. 𝑑𝑟:

𝑑𝑇 = 𝑑𝑉

Integrando:

𝑇 = 𝑉 + 𝐶1

Donde 𝐶1 es una constante.

 II. HILO HOMOGÉNEO SOMETIDO A SU PROPIO PESO (CATENARIA)

Catenaria es la curva de equilibrio que adopta un hilo uniforme a causa de su propio peso.

Vamos a suponer que el valor de su peso es 𝑞 por unidad de longitud, es decir 𝑞 = −𝑞𝑘, siendo

𝑧 nuestro eje vertical y 𝑥 el horizontal.

Nuestras ecuaciones cartesianas de equilibrio:

𝐹𝑥 = 0
{
𝐹𝑧 = −𝑞

𝑑 𝑑𝑥
(𝑇 ) = 0
{ 𝑑𝑠 𝑑𝑠
𝑑 𝑑𝑧
(𝑇 ) − 𝑞 = 0
𝑑𝑠 𝑑𝑠

De la primera ecuación:

𝑑𝑥
𝑇 = 𝑇𝑥 = 𝑐𝑡𝑒 ⇒ 𝑇𝑥 = 𝑇0 = 𝑐𝑡𝑒
𝑑𝑠

Para la segunda ecuación, aplicamos la regla de la cadena:

𝑑 𝑑𝑧 𝑑𝑥
(𝑇 )−𝑞 =0
𝑑𝑠 𝑑𝑥 𝑑𝑠

Reemplazamos 𝑇 por 𝑇0 :

𝑑 𝑑𝑧
(𝑇0 ) − 𝑞 = 0
𝑑𝑠 𝑑𝑥

Volvemos a aplicar la regla de la cadena:

𝑇0 𝑑 𝑑𝑧
. ( ) = 1 − − − −→ 𝑚
𝑞 𝑑𝑠 𝑑𝑥
 Hagamos los siguientes cambios de variable:

𝑇0
𝑎= ⇒ 𝑃𝐴𝑅Á𝑀𝐸𝑇𝑅𝑂 𝐷𝐸 𝐿𝐴 𝐶𝐴𝑇𝐸𝑁𝐴𝑅𝐼𝐴
𝑞

𝑑𝑧
𝑧 ′ = 𝑑𝑥

Y ahora consideremos lo siguiente:

𝑑𝑥 𝑑𝑥 1
= =
𝑑𝑠 √(𝑑𝑥)2 + (𝑑𝑧)2 √1 + (𝑧′)2

Reemplazamos en la ecuación “m”:

𝑑
𝑧′
𝑎 𝑑𝑥 =1
√1 + (𝑧′)2

Finalmente se tiene que la primitiva de esta expresión es 𝑎. 𝑠𝑒𝑛ℎ−1 (𝑧 ′ ). Integrando con la

condición de situar el origen de abscisas en el vértice o punto de tangencial horizontal.

𝑧′|𝑥=0 = 0

Obtenemos que:

𝑥 = 𝑎. 𝑠𝑒𝑛ℎ−1 (𝑧 ′ )

𝑥
𝑧′ = 𝑠𝑒𝑛ℎ( )
𝑎

Integrando:

𝑥
𝑧 = 𝑐𝑜𝑠ℎ( )
𝑎
La tensión en un punto cualquiera quedaría de la siguiente manera:

𝑥
𝑇 = 𝑞. 𝑎. 𝑐𝑜𝑠ℎ ( )
𝑎
 Ejemplo:

El cable de transmisión eléctrica tiene un peso por unidad de longitud de 15lbf/pie. Si el punto

más bajo del cable debe estar al menos 90 pies sobre el suelo, determine la tensión máxima

desarrollada por el cable y la longitud del cable entre A y B.

Solución:

Primero establecemos nuestro sistema de coordenadas, cuyo origen se muestra en la figura a una

distancia “a” debajo del punto más bajo del cable:

Empezaremos trabajando en el tramo 1, donde:

𝑥𝐴
𝑌𝐴 = 𝑎𝑐𝑜𝑠ℎ ( )
𝑎
𝑥𝐴
𝑎 + 90 = 𝑎𝑐𝑜𝑠ℎ ( )
𝑎
90
𝑥𝐴 = 𝑎. 𝑐𝑜𝑠ℎ−1 (1 + )
𝑎

Para el tramo 2 tenemos:

𝑥𝐵
𝑌𝐵 = 𝑎𝑐𝑜𝑠ℎ ( )
𝑎
𝑥𝐵
𝑎 + 30 = 𝑎𝑐𝑜𝑠ℎ ( )
𝑎
30
𝑥𝐵 = 𝑎. 𝑐𝑜𝑠ℎ−1 (1 + )
𝑎

Por dato del problema, podemos afirmar que:

 𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 = 300 𝑝𝑖𝑒𝑠
90 30
𝑎. 𝑐𝑜𝑠ℎ−1 (1 + ) + 𝑎. 𝑐𝑜𝑠ℎ−1 (1 + ) = 300
𝑎 𝑎
𝑎 = 211,3054592 𝑝𝑖𝑒𝑠

Con el resultado obtenido, se deduce que:

𝑥𝐴 = 188,6932526 𝑝𝑖𝑒𝑠

𝑥𝐵 = 111,3067474 𝑝𝑖𝑒𝑠

Para calcular la tensión máxima, se puede observar que en el primer tramo la pendiente de la

cuerda es mayor, por lo que la tensión que necesitamos hallar esta de ese lado, en ese caso:

𝑇𝑀𝐴𝑋 = 𝑞𝑌𝐴
15𝑙𝑏𝑓
𝑇𝑀𝐴𝑋 = ( ) . (301,305492 𝑝𝑖𝑒𝑠)
𝑝𝑖𝑒
𝑇𝑀𝐴𝑋 = 4519,58188 𝑙𝑏𝑓
 2.1. Hilo sometido a carga constante por unidad de abscisa (Parábola)

En esta parte el hilo toma la forma de la parábola como configuración de equilibrio y el ejemplo

clásico son los puentes colgantes. Cabe resaltar que este caso es distinto al de la catenaria.

Vamos a partir de que el peso por unidad de abscisa es 𝑞 y que pesará 𝑞(𝑑𝑥/𝑑𝑠). Expresamos

las ecuaciones de equilibrio para el hilo:

𝑑 𝑑𝑥
(𝑇 ) = 0
{ 𝑑𝑠 𝑑𝑠
𝑑 𝑑𝑧 𝑑𝑥
(𝑇 ) − 𝑞 =0
𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑠

De la primera ecuación deducimos que la tensión horizontal es constante:

𝑑𝑥
𝑇 = 𝑇𝑥 = 𝑇0 = 𝑐𝑡𝑒
𝑑𝑠

Desarrollamos la segunda ecuación empleando la regla de la cadena:

𝑑 𝑑𝑧 𝑑𝑥 𝑑 𝑑𝑧 𝑑𝑥
(𝑇 )= (𝑇0 ) = 𝑞
𝑑𝑠 𝑑𝑥 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑥 𝑑𝑠

𝑑 𝑑𝑧 𝑑2𝑧
(𝑇0 ) = 𝑞 ⇒ 𝑇0 2 = 𝑞
𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

Integramos dos veces esta ecuación, por lo que se obtiene:

1 𝑞
𝑧 = . 𝑥2
2 𝑇0

La ecuación hace referencia a una parábola de eje vertical y es necesario destacar que para

integrar se como como vértice el origen de coordenadas, por lo que las constantes de integración

son cero.
 III. EQUILIBRIO DEL HILO APOYADO SOBRE SUPERFICIES

3.1. Ecuaciones de equilibrio sobre una superficie lisa

Aquí vamos a tener en cuenta que actuarán más cargas además del valor de 𝑞 por unidad de

longitud. Llamaremos 𝑄 a la reacción normal a la superficie, que no necesariamente coincide con

la normal principal del hilo, pero seguirá siendo normal a éste.

Sean 𝑛 la normal principal al hilo, 𝑏 la binormal y 𝑁 la normal a la superficie (vectores

unitarios). Además de 𝛼, el ángulo que forman 𝑛 y 𝑁, decimos que:

𝑛 . 𝑁 = 𝑐𝑜𝑠𝛼

La reacción, según la imagen:

𝑄 = 𝑄𝑁
 Sus componentes:

𝑄𝑐𝑜𝑠𝛼 ; 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑒𝑔ú𝑛 "𝑛"

{
𝑄𝑠𝑒𝑛𝛼 ; 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑒𝑔ú𝑛 "𝑏"

Las ecuaciones de equilibrio en las direcciones del triedro móvil:

𝑑𝑇
+ 𝑞𝑡 = 0 (𝐷𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑇𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒)
𝑑𝑠
𝑇
+ 𝑄𝑐𝑜𝑠𝛼 + 𝑞𝑛 = 0 (𝐷𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙)
𝜌
{ 𝑄𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝑞𝑏 = 0 (𝐷𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝐵𝑖𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙)

Proyectamos éstas sobre la normal a la superficie, N, multiplicando la segunda ecuación por

𝑐𝑜𝑠𝛼 y la tercera por 𝑠𝑒𝑛𝛼:

𝑇
𝑞𝑛 . 𝑐𝑜𝑠𝛼 + 𝑞𝑏 . 𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝑄 + 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 0
𝜌

𝑃𝑒𝑟𝑜 ⇒ 𝑞𝑁 = 𝑞𝑛 . 𝑐𝑜𝑠𝛼 + 𝑞𝑏 . 𝑠𝑒𝑛𝛼

Según el teorema de Meusnier de geometría diferencial, tenemos que:

𝑅𝑛 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝜌

𝑅𝑛 = 𝑅𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙

Por lo que, reemplazando en la ecuación anterior, tenemos:

𝑇
𝑞𝑁 + 𝑄 + =0
𝑅𝑛
 3.2. Ecuaciones de equilibrio sobre una superficie lisa

En este caso vamos a considerar que tenemos un hilo que toca parcialmente un cilindro rugoso,

en donde afecta una fuerza exterior 𝑄 por su sección normal. Llamaremos 𝑘 al coeficiente de

fricción, 𝑅 al radio del cilindro, con 𝛼 y una longitud de arco 𝑙.

Vamos a partir de que la longitud de arco en un tramo infinitésimo:

Δ𝑙 = 𝑅. Δ𝛼

Como el sistema se encuentra en equilibrio, en el lado izquierdo tenemos 𝑇 + Δ𝑇, para

equiparar fuerzas en el lado derecho tendríamos 𝑇 + 𝐹𝑓 , siendo 𝐹𝑓 la fuerza de fricción. Entonces:

𝑇 + Δ𝑇 = 𝑇 + 𝐹𝑓

Δ𝑇 = 𝐹𝑓

Pero según la imagen:

𝐹𝑓 = 𝑘𝑁Δ𝑙
 Luego:

Δ𝑇 = 𝑘𝑁Δ𝑙

Finalmente, mediante la ecuación de equilibrio, hallamos el valor de la fuerza normal

proyectando sobre el eje 𝑂𝑛 las fuerzas que actúan en el sistema:

Δ𝛼 Δ𝛼 Δ𝛼 Δ𝛼
𝑁Δ𝑙 = 𝑇. 𝑠𝑒𝑛 ( ) + (𝑇 + Δ𝑇). 𝑠𝑒𝑛 ( ) = 2𝑇. 𝑠𝑒𝑛 ( ) + Δ𝑇. 𝑠𝑒𝑛 ( )
2 2 2 2

Como estamos tratando con un ángulo muy pequeño, el seno de dicho ángulo se aproxima al

mismo por lo que se procede a reemplazar además podemos afirmar que el segundo sumando es

infinitamente pequeño, por lo que se omite:

Δ𝛼
𝑁Δ𝑙 = 2𝑇. = 𝑇. Δ𝛼
2

Además, sabíamos Δ𝑇 = 𝑘𝑁Δ𝑙 que al reemplazar en la ecuación anterior:

Δ𝑇 = 𝑘𝑇Δ𝛼

En el límite Δ𝛼 ⟶ 0:

𝑑𝑇 𝑑𝑇
= 𝑘𝑇 ⇒ = 𝑘. 𝑑𝛼
𝑑𝛼 𝑇

Integrando:

𝑄 𝛼
𝑑𝑇
∫ = 𝑘 ∫ 𝑑𝛼
𝑄0 𝑇 0

𝑄
ln = 𝐾𝛼
𝑄0
 𝑄
= 𝑒 𝑘𝛼 ⇒ 𝑄0 = 𝑄𝑒 −𝑘𝛼
𝑄0

Concluimos con la demostración de la Fórmula de Euler que resuelve este tipo de problemas.

IV. DINÁMICA DEL HILO INEXTENSIBLE

En esta parte de nuestro estudio vamos a analizar el movimiento del hilo inextensible que se

efectúa por la acción de una fuerza externa 𝐹 sobre un campo de fuerzas estacionario.

Según sabemos, tenemos que las fuerzas en los extremos del hilo serían 𝑇1 y 𝑇, por lo que:

𝑇1 = 𝑇 + Δ𝑇

Con:

➢ Aceleración del conjunto del hilo: 𝑤

➢ Masa del recinto del hilo en que se trabaja: Δ𝑚 = 𝜇. Δ𝑠; Donde 𝜇 es la carga por unidad

de longitud.

Aplicando la segunda ley de Newton, tenemos:

𝑤. Δ𝑚 = 𝐹. Δ𝑚 + Δ𝑇

𝜇𝑤. Δs = 𝜇𝐹Δs + ΔT

ΔT
= 𝜇. (𝑤 − 𝐹)
Δs

En el límite Δ𝑠 ⟶ 0, obtenemos la ecuación vectorial para el movimiento del hilo:

𝜕𝑇
= 𝜇. (𝑤 − 𝐹)
𝜕𝑠
 4.1. El caso para el movimiento estacionario

Aquí se deduce que la trayectoria realizada es igual a la forma que tiene el hilo, además que

este movimiento no afecta en nada la configuración del mismo.

Partiremos de la ecuación hallada anteriormente:

𝜕𝑇
= 𝜇. (𝑤 − 𝐹)
𝜕𝑠

1 𝜕𝑇 𝜕𝑣
= −𝐹
𝜇 𝜕𝑠 𝜕𝑡

Ahora descomponemos la velocidad 𝑣 de uno de los puntos del hilo en dos: la relativa 𝑢 y la de

arrastre 𝑣𝑒 :

𝑣 = 𝑢 + 𝑣𝑒

Diferenciamos la ecuación con respecto al tiempo y luego descomponemos las aceleraciones

𝜕𝑢/𝜕𝑡 y 𝜕𝑣𝑒 /𝜕𝑡 en las componentes del triedro móvil:

𝜕𝑢 𝑢2
𝑤=( + 𝑤𝑡𝑒 ) 𝜏 + ( + 𝑤𝑛𝑒 ) 𝑛 + 𝑤𝑏𝑒 . 𝑏
𝜕𝑡 𝜌
 Donde 𝑤𝑡𝑒 , 𝑤𝑛𝑒 y 𝑤𝑏𝑒 son las proyecciones de la aceleración de arrastre en el triedro móvil, 𝜌 el

radio de curvatura y designando las proyecciones de la fuerza sobre los ejes indicados con 𝐹𝑡 , 𝐹𝑛

y 𝐹𝑏 respectivamente, obtenemos las tres ecuaciones:

1 𝜕𝑇 𝜕𝑢
= + 𝑤𝑡𝑒 − 𝐹𝑡
𝜇 𝜕𝑠 𝜕𝑡
1 𝑇 𝑢2
= + 𝑤𝑛𝑒 − 𝐹𝑛
𝜇𝜌 𝜌
{ 𝑤𝑏𝑒 − 𝐹𝑏 = 0

Ahora trabajemos con la segunda ecuación:

1 𝑇 𝑢2
= + 𝑤𝑛𝑒 − 𝐹𝑛
𝜇𝜌 𝜌

1 𝑇 − 𝜇𝑢2
= 𝑤𝑛𝑒 − 𝐹𝑛
𝜇 𝜌

Designemos 𝑇 ′ = 𝑇 − 𝜇𝑢2 , y notemos que para un hilo inextensible 𝜕𝑢/𝜕𝑠 = 0. Además,

diremos que 𝜇 = 𝑐𝑡𝑒.

En ese caso, tendremos:

𝜕𝑇′ 𝜕𝑇
=
𝜕𝑠 𝜕𝑠

Por lo que el trio de ecuaciones halladas anteriormente tomarían la siguiente forma:

1 𝜕𝑇′ 𝜕𝑢
= + 𝑤𝑡𝑒 − 𝐹𝑡
𝜇 𝜕𝑠 𝜕𝑡
1 𝑇′ 𝑢2
= + 𝑤𝑛𝑒 − 𝐹𝑛
𝜇𝜌 𝜌
{ 𝑤𝑏𝑒 − 𝐹𝑏 = 0
 Además, como el movimiento del contorno del hilo es uniforme, afirmamos que 𝜕𝑢/𝜕𝑡 = 0 e

introduciendo las designaciones:

𝑤𝑡𝑒 − 𝐹𝑡 = −𝐹′𝑡
{𝑤𝑛𝑒 − 𝐹𝑛 = −𝐹′𝑛
𝑤𝑏𝑒 − 𝐹𝑏 = −𝐹′𝑏

Finalmente, las ecuaciones en las componentes del triedro móvil tomarían la siguiente forma:

𝜕𝑇′
= −𝜇𝐹′𝑡
𝜕𝑠
𝑇′
= −𝜇𝐹′𝑛
𝜌
{ 0 = −𝜇𝐹′𝑏

REFERENCIAS

✓ Starzhinski, V. M. (1980) MECÁNICA TEÓRICA. Moscú, Rusia: MIR MOSCU

✓ Goicolea Ruigómez, J. M. (1995) MECÁNICA. Madrid, España: Universidad

Politécnica de Madrid. Escuela Técnica Superior de Ingenieros de Caminos, Canales y

Puertos

✓ Gil, S. (2011) EXPERIMENTOS DE FÍSICA: PARÁBOLAS Y CATENARIAS.

Noviembre, 2020. https://www.fisicarecreativa.com/taller/guias/Cap10_Catenarias.pdf